河南省焦作市博爱县2022-2023学年高二下学期5月月考化学试题（Word版含答案）

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参 考 答 案 一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共计45分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1 — 5   ADDCB       6—10  BACBC        11—15  BCCCB 二、非选择题（本题共4小题，共55分）16.（12分）答案：(1)     恒压滴液漏斗     (2)     d→e→f→g→b→c     装置B中澄清石灰水变浑浊(3)          AC解析：首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验。（1）①由仪器b的构造可知仪器b的名称为恒压滴液漏斗。故答案为：恒压滴液漏斗；②结合电子得失守恒及元素守恒可得,步骤I生成VOCl2的同时，还生成一种无色无污染的气体N2，反应的化学方程式为。故答案为：；（2）①首先通过装置A制取二氧化碳，利用装置C除去二氧化碳中的HCl后，将二氧化碳通入装置D中，排尽装置中的空气以防止产物被氧化，待B中澄清石灰水变浑浊后，确保空气被排尽后，再打开D中K2开始实验，接口的连接顺序为a→d→e→f→g→b→c。故答案为：d→e→f→g→b→c；②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当装置B中澄清石灰水变浑浊时，确保空气被排尽后，再关闭K1，打开K2，充分反应，静置，得到固体。故答案为：装置B中澄清石灰水变浑浊；（3）①由元素守恒及反应方程式可知：，样品中氧钒(IV)碱式碳酸铵(摩尔质量为Mg•mol-1)的质量分数为= =。故答案为：；②A．未加尿素，则溶液中残留的亚硝酸钠消耗标准溶液，导致标准液用量偏高，所测纯度偏大，故选；B．滴定达终点时，俯视刻度线读数，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选；C．用标准液润洗滴定管后，液体从上口倒出，该操作没有润洗滴定管尖嘴部分，导致标准液被稀释，所用标准液体积偏大，所测纯度偏高，故选；D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致最终读数偏小，标准液体积偏小，所测纯度偏低，故不选。故答案为：AC。 17.（12分）答案：(1)     丙烯酸乙酯或2-丙烯酸乙酯     碳氟键(或氟原子或碳卤键)、羟基(2)          10(3)          还原(反应)(4) 解析：根据已知②、D的结构简式，推知C为，由已知①中曼尼希反应，A为与HCHO、B反应生成C，故B的结构简式为，D与发生取代反应生成E，对比F、G的的结构简式可知，E发生水解反应生成F，F与发生加成反应生成G，推知F为，G与发生取代反应生成H，H在NaH条件下发生取代反应成环生成I，I发生还原反应生成J，J系列转化生成K。（1）化学名称是丙烯酸乙酯或2-丙烯酸乙酯，F中所含官能团的名称是亚氨基、碳氟键(或氟原子或碳卤键)、羟基。故答案为：丙烯酸乙酯或2-丙烯酸乙酯；碳氟键(或氟原子或碳卤键)、羟基；（2）B的结构简式为，B的芳香族同分异构体含有苯环（）或吡啶环（），B的同分异构体只有一个侧链，若为苯环，侧链为CH3CH2NH2、CH3NHCH3失去1个氢原子形成的基团，依次有3种、2种，去掉B本身，该情况有4种；若为吡啶环，侧链只能为-CH2CH2CH3或-CH(CH3)2，与N原子分别有邻、间、对3种位置关系，符合条件的同分异构体共有4+3×2=10种，B只有一个侧链且是六元芳香化合物的同分异构体数目有10种。故答案为：；10；（3）D→E需要在足量条件下进行，该化学方程式为，NaBH4是还原剂，I→J的反应类型是还原(反应)。故答案为： ；还原(反应)；（4）根据信息②，还原生成，结合F→G→H→I的转化可知，与反应生成，然后与反应生成，最后在NaH条件下反应生成。故答案为：18．（15分）答案：(1)CH3OH(l) +O2(g)=CO2(g) +2H2O(1)       ΔH= - 739 kJ / mol(2)     吸热     75%     1.29(3)     R     大于     越多解析：（1）2H2(g) + CO(g)= CH3OH(1) ΔH1= -116kJ ·mol-1……①，CO(g) +O2(g) =CO2(g) ΔH2= -283 kJ ·mol-1……②，H2(g) +O2(g) =H2O(g) ΔH3= -242 kJ ·mol-1……③，H2O(g) =H2O(1) ΔH4= -44 kJ ·mol-1……④，根据盖斯定律可知，[③+④]×2+②－①，得到甲醇的燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l) +O2(g)=CO2(g) +2H2O(1) ΔH= - 739 kJ / mol；故答案为CH3OH(l) +O2(g)=CO2(g) +2H2O(1) ΔH= - 739 kJ / mol；（2）根据图像可知，随着温度升高，氢气物质的量分数增大，平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，该反应正反应方向为吸热反应；水碳比为5，令水蒸气物质的量为5mol，甲烷物质的量为1mol，消耗甲烷物质的量为amol，则达到平衡时，n(CH4)=(1-a)mol，n(H2O)=(5-a)mol，n(CO)=amol，n(H2)=3amol，氢气的物质的量分数为0.3，解得a=0.75，即甲烷转化率为75%；达到平衡时CH4、H2O、CO、H2物质的量分数分别为、、0.1、0.3，用分压表示的压强平衡常数Kp=≈1.29；故答案为吸热；75%；1.29；（3）根据图像可知，y1=-x1×+C，y2=-x2×+C，两式联立解得ΔH=R或R；根据图像以及ΔH表达式可知，ΔH＞ΔH'；该方程说明了当升高相同温度时，ΔH越大，平衡常数的变化值越多；故答案为R或R；＞；越多。 19．（16分）答案：(1)391(2)A(3)N≡N键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率(4)     促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率     加快合成氨反应速率(5)     AB     第二步     0.15MPa-2解析：（1）N2+3H2 2NH3，反应焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量=945.8kJ+3436kJ-6N-H键键能=-92.2kJ，N-H键键能=391kJ，故答案为：391；（2）A．该反应为气体体积缩小的反应，压强为变量，当容器内压强不再变化时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故A正确；B．设起始N2和H2分别为amol，氮气体积分数为50%，N2反应xmol，H2反应3xmol，NH3生成2xmol，平衡时N2为(a-x)mol,H2为(a-3x)mol，NH3为2xmol，N2的体积分数为，始终不变，不说明达到平衡状态，故B错误；C．该反应在恒温恒容条件下进行，混合气体的质量、容器容积为定值，则混合气体密度始终不变，气体的密度不再改变不能说明达到平衡状态，故C错误；D．V正(N2)=3V逆(H2)，V正(N2): V逆(H2)=3，不等于化学计量数之比，反应未达到平衡状态，故D错误；故答案为：A。（3）由图示可以看出，“热Fe”高于体系温度，N≡N键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；“冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，故答案为：N≡N键在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨的反应速率；氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率；（4）在合成氨过程中，不断分离出氨，即降低体系中c(NH3)，生成物浓度下降，促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率，根据合成氨反应的速率方程，速率与c(NH3)成反比，故加快合成氨反应速率，故答案为：促使平衡正向移动，提高氨的平衡产率；加快合成氨反应速率；（5）①A．增大CO2的浓度平衡正向移动，NH3的平衡转化率增大，故A正确；B．增大压强平衡正向移动，NH3的平衡转化率增大，故B正确；C．尿素为液体，及时转移生成的尿素，不影响平衡移动，NH3的平衡转化率不变，故C错误；D．使用更高效的催化剂，缩短到达平衡时间，不影响平衡移动，NH3的平衡转化率增大，故D错误；故答案为：AB；②活化能越大反应越慢，由第一步反应速率快，可判断活化能较大的是第二步，故答案为：第二步；③开始氨气体积分数为50%，则CO2体积分数也为50%，不妨设初始时NH3和CO2的物质的量均为2mol，平衡时转化的氨气为xmol，则列三段式有：平衡时氨气的体积分数为20%，则有=20%，解得x=1.5，则平衡时p(NH3)= 10MPa20%=2MPa，p(CO2)= 10MPa=5MPa，p(H2O)= 10MPa=3MPa，所以Kp==0.15MPa-2，故答案为：0.15MPa-2。